2018版高考数学(人教A版理科)大一轮复习配套(讲义)第八章立体几何与空间向量第2讲含解析

基础巩固题组
(建议用时:40分钟）
一、选择题
1。

（2015·全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极
为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依
垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1。

62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）
A。

14斛 B.22斛
C。

36斛D。

66斛
解析设米堆的底面半径为r尺，则错误!r＝8，所以r＝错误!.
所以米堆的体积为V＝错误!×错误!π·r2·5＝错误!·错误!错误!·5≈错误!（立方尺)。

故堆放的米约有错误!÷1。

62≈22（斛）。

答案B
2。

某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3,则正视图中的x的值是( )
A.2 B。

9
2
C。

错误! D.3
解析由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝错误!(1＋2）×2＝3.∴V＝错误!x·3＝3,解得x＝3.
答案D
3.（2017·合肥模拟）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（）
A。

1＋错误!B。

2＋错误! C.1＋2错误!D。

2错误!
解析四面体的直观图如图所示.
侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是2的等腰直角三角形,SA＝SC＝AB＝BC＝2,AC＝2.
设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，又SO⊂平面SAC,
平面SAC∩平面ABC＝AC，
∴SO⊥平面ABC，又BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO.
又OS＝OB＝1，∴SB＝错误!，
故△SAB与△SBC均是边长为错误!的正三角形，故该四面体的表面积为2×错误!×错误!×错误!＋2×错误!×(错误!)2＝2＋错误!.
答案B
4.（2015·全国Ⅱ卷)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A.36π
B.64π
C.144πD。

256π
解析因为△AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O－ABC的体积取得最大值.由错误!×错误!R2×R＝36，得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝144π.
答案C
5。

(2017·青岛模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面
ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N－PAC
与三棱锥D－PAC的体积比为( )
A。

1∶2 B。

1∶8
C。

1∶6 D。

1∶3
解析设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P′，N′，则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′,
则在△BPP′中，由BN＝2PN得错误!＝错误!.
V三棱锥N－PAC＝V三棱锥P－ABC－V三棱锥N－ABC
＝错误!S△ABC·PP′－错误!S△ABC·NN′
＝1
3
S△ABC·(PP′－NN′)＝错误!S△ABC·错误!PP′
＝错误!S△ABC·PP′，V三棱锥D－PAC＝V三棱锥P－ACD＝错误!S△ACD·PP′，又∵四边形ABCD是平行四边形,∴S△ABC＝S△ACD，
∴错误!＝错误!。

故选D.
答案D
二、填空题
6.现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为________.
解析设新的底面半径为r，由题意得错误!πr2·4＋πr2·8＝错误!π×52×4＋π×22×8,解得r＝7。

答案错误!
7。

已知底面边长为1，侧棱长为错误!的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________。

解析依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R,则2R＝错误!＝2,
解得R＝1,所以V＝错误!R3＝错误!.
答案4 3π
8。

(2017·郑州质检）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________。

解析由三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，
高为2的圆柱和底面半径为1，高为1的半圆锥拼成
的组合体。

∴体积V＝π×12×2＋错误!×错误!π×12×1＝错误!π。

答案错误!π
三、解答题
9。

已知一个几何体的三视图如图所示.
（1)求此几何体的表面积；
（2)如果点P，Q在正视图中所示位置,P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上,从P点到Q点的最短路径的长.
解（1）由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.
S圆锥侧＝错误!（2πa）·(错误!a)＝错误!πa2，
S圆柱侧＝（2πa）·（2a）＝4πa2，
S圆柱底＝πa2，
所以S表＝错误!πa2＋4πa2＋πa2＝（错误!＋5)πa2。

(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图。

则PQ＝错误!＝错误!＝a错误!，
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a错误!.
10.（2015·全国Ⅱ卷)如图,长方体ABCD－A1B1C1D1中，
AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E ＝D1F＝4。

过点E,F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。

（1）在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
（2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
解（1）交线围成的正方形EHGF如图所示。

（2）如图,作EM⊥AB，垂足为M,则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM ＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10。

于是MH＝错误!＝6,AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝错误!×(4＋10）×8＝56，
S四边形EB1BH＝错误!×（12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为错误!错误!。

能力提升题组
(建议用时：20分钟）
11.若某一几何体的正视图与侧视图均为边长是1的正方形,且其体
积为错误!，则该几何体的俯视图可以是（）
解析若俯视图为A，则该几何体为正方体，其体积为1，不满足条件.若俯视图为B,则该几何体为圆柱，其体积为π错误!错误!×1＝错误!，不满足条件.若俯视图为C，则该几何体为三棱柱，其体积为错误!×1×1×1＝错误!，满足条件。

若俯视图为D,则该几何体为圆柱的错误!，体积为错误!π×1＝错误!，不满足条件。

答案C
12。

（2015·全国Ⅰ卷）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示。

若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝（)
A.1 B。

2 C.4 D.8
解析该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合
体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，如图。

则表面积
S＝错误!×4πr2＋πr2＋（2r)2＋πr·2r＝（5π＋4)r2，
又S＝16＋20π，∴(5π＋4）r2＝16＋20π，解得r＝2.
答案B
13。

圆锥被一个平面截去一部分，剩余部分再被另一个平面截去一部分后，与半球(半径为r）组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示，若r＝1,则该几何体的体积为________.
解析根据三视图中的正视图和俯视图知，该几何体是由一个半径r＝1的半球，一个底面半径r＝1、高2r＝2的错误!圆锥组成的，则其体积为V＝错误!πr3×错误!＋错误!πr2×2r×错误!＝错误!.
答案错误!
14.四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H。

（1)求四面体ABCD的体积；
（2）证明：四边形EFGH是矩形.
(1)解由该四面体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC,BD＝DC＝2，AD＝1,
又BD∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，
∴四面体ABCD的体积V＝错误!×错误!×2×2×1＝错误!.
（2）证明∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH,
∴FG∥EH.
同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥平面BDC，BC⊂平面BDC,∴AD⊥BC，∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形。